Corrigé de l`examen no.2

Cycle Préparatoire Polytechnique - 2ème année
Mercredi 22 mars 2006
Correction de l’examen final de Mathématiques
Exercice I
1. K = {(x, y) ∈ R2 : x4 + (x − y2 )2 ≤ 4, y − x ≤ 2 et y ≥ 0}.
2. (a) K est non vide √
car (0, 0) ∈ K. Soit (x, y) ∈ K. Alors, x4 ≤ 4 ⇒ |x| ≤
y ≤ x + 2 ≤ 2 + 2. On en déduit que K est un borné de R2 .
√
2. Or, y ≥ 0 et
−1
−1
(b) Montrons à présent que K est fermé. On a : K = φ−1
1 ([0, 4]) ∩ φ2 (] − ∞, 2]) ∩ φ3 ([0, +∞[)
2
où φ1 , φ2 et φ3 sont trois fonctions définies sur R et à valeurs réelles telles que :
y 2
∀(x, y) ∈ R2 , φ1 (x, y) = x4 + x −
, φ2 (x, y) = y − x et φ3 (x, y) = y.
2
Or, φ1 , φ2 et φ3 sont trois fonctions polynômes donc continues sur R2 et [0,4], ]−∞, 2], [0; +∞[
sont trois fermés. Or, l’image réciproque d’un fermé par une application continue est un fermé
et une intersection de fermés est fermée. On en déduit que K est un fermé.
Finalement, K est fermé et borné dans R2 (de dimension finie) donc K est compact. Puisque
l’image d’un compact par une application continue est un compact et que f est clairement
continue sur R2 car polynômiale, on en déduit que le problème min f possède (au moins) une
K
solution.
Exercice II
1. f est continue sur [0, 2] donc |f | l’est aussi. Or, une fonction continue sur un compact est intégrable
sur ce compact donc |f | est intégrable sur [0, 2], puis kf k1 existe. De même, l’image d’un compact
par une fonction contiue est un compact donc un fermé borné en l’occurrence. [0, 2] est compact
donc {f (t), t ∈ [0, 2]} est borné et clairement non vide car contient f (0) par exemple. On en déduit
l’existence de kf k∞ qui est en fait un max.
2. Montrons que l’espace (C([0, 2]), k.k∞ ) est complet. Soit (fn )n∈N , une suite de Cauchy d’éléments
de C(I, R). Alors ∀ε > 0 : ∃N ∈ N : p > q > N =⇒ kfp − fq k∞ < ε. Par conséquent, il est
immédiat que ∀x ∈ I : ∃N ∈ N : p > q > N =⇒ |fp (x) − fq (x)|k∞ < ε. Par conséquent, et
puisque R est complet, la suite (fn (x))n∈N est convergente dans R. On note f (x) sa limite, ce qui
définit une application f dans C(I, R). Reste à démontrer que f est bien limite uniforme de la
suite (fn )n∈N et surtout que f est encore un élément de C(I, R). La première assertion est presque
évidente, puisque (fn )n∈N est une suite de Cauchy. Par conséquent, on, peut faire tendre p vers
+∞ dans l’inégalité ci-dessus, ce qui garantit que ∀q ∈ N : q > N, kf − fq k∞ < ε. Pour démontrer
que f est continue, on se fixe x0 ∈ I et ε > 0. On sait, en particulier que si x est fixé, on a :
fn (x) −−−−−→ f (x), donc, il existe un rang N0 ∈ N tel que : n ≥ N0 =⇒ |fn (x) − f (x)| ≤ 3ε et
n→+∞
n ≥ N0 =⇒ |fn (x0 ) − f (x0 )| ≤ 3ε . De plus, les applications éléments de (fn )n∈N étant continues, il
existe η > 0 tel que : |x − x0 | < η =⇒ |f (x) − f (x0 )| ≤ 3ε . Fixons-nous alors n ≥ N0 . On peut alors
écrire par inégalité triangulaire :
ε
∀x ∈ I : |x − x0 | < η, |f (x) − f (x0 )| ≤ |f (x) − fn (x)| + |fn (x) − fn (x0 )| + |fn (x0 ) − f (x0 )| ≤ 3. .
3
Cela démontre que f est continue sur I. I étant compact, f est bornée sur I. Cela démontre que
C(I, R) muni de le norme de la convergence uniforme est complet.
1
2
1.9
1.8
1.7
1.6
1.5
u2
1.4
u5
1.3
u10
1.2
1.1
1
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
1.4
1.6
1.8
2
3. (a)
Fig. 1 – Représentation des fonctions u2 , u5 et u10
kun − up k1
=
Z
1
1− p
1
1− n
=
Z
1
1− p
1
1− n
=
Z
|0 − up (x)|dx +
Z
1
p
:
Z
2
|un (x) − up (x)|dx +
1
1− n
1
1
1− n
Z
1
[1 + p(x − 1)]dx +
Z
1
[1 + p(x − 1)]dx +
1
1− p
1
n
>1−
(b) Soient n et p, deux entiers tels que n > p. On a donc 1 −
1
1− n
1
1− n
1
|0 − 0|dx
(1 − x)(n − p)dx
(1 − x)(n − p)dx
2 2 !
1
1
p
1
1
1
1
1
− 1−
+
1−
+ (n − p) − + 2 +
= (1 − p)
−
p n
2
n
p
n 2n
n
1
1 1
−
=
(après simplifications)
2 p n
(c) Le calcul est très rapide. En effet :
kun − u∗ k1
=
Z
1
1
1− n
|un (x)|dx =
1
n
= (1 − n) +
n
2
Z
1
1
1− n
[1 + n(x − 1)]dx
2 !
1
1
1− 1−
=
.
n
2n
(d) D’après les questions précédentes, on déduit que :
– (un ) est de Cauchy pour la norme k.k1 , car kun − up k1 −−−−−→ 0 ;
n→+∞
p→+∞
– (un ) converge au sens de la norme k.k1 vers la fonction u∗ ;
– (C([0, 2]), k.k1 ) n’est pas complet car u∗ n’appartient pas à C([0, 2]).
Exercice III
1. La linéarité de ϕ est évidente. Elle découle immédiatement de la linéarité de l’intégrale. Montrons
à présent que ϕ est continue. Soit x ∈ C([a, b]). k étant continue sur le pavé [a, b]2 qui est compact
(fermé borné en dimension finie), il est clair que la quantité γ := (b − a) sup |k(x, y)| existe et
(x,y)∈[a,b]2
Z
Z
Z
b
b
b
est finie. On a alors kϕ(f )k = sup k(x, t)f (t)dt. Or, k(x, t)f (t)dt ≤
|k(x, t|.|f (t)|dt ≤
a
x∈[a,b] a
a
kf k∞γ. On en déduit, par passage au sup que kϕ(f )k∞ ≤ γkf k∞ et puisque ϕ est linéaire, cette
inégalité prouve que ϕ est continue.
2
2. (a) Introduisons l’opérateur T : C([a, b]) −→ C([a, b])
.
f 7−→ g + µϕ(f )
Vérifions que si f ∈ C([a, b]), alors T (f ) ∈ C([a, b]). La fonction (x, t) 7−→ k(x, t)f (t) est
continue en tant que produit de deux fonctions continues. D’après le théorème de continuité
Rb
sous le signe somme, il s’ensuit que x 7−→ a k(x, t)f (t)dt est encore continue sur [a, b]. Par
conséquent, T (f ) est une fonction continue sur [a, b] en tant que somme de fonctions continues.
De plus, il est alors tout à fait clair que l’équation (∗) s’écrit alors T (f ) = f .
(b) Montrons que T est contractant. Soient f et h, deux éléments de C([a, b]). On a d’après la
première question :
kT (f ) − T (h)k∞
=
≤
µkϕ(f ) − ϕ(h)k∞ = µkϕ(f − h)k∞
µγ(b − a)kf − hk∞ .
Puisque, par hypothèse, µγ(b − a) < 1, on en déduit que T est un opérateur contractant.
(c) f est solution de (∗) si, et seulement si f est un point fixe pour l’opérateur T . De plus, C([a, b])
muni de la norme k.k∞ est complet et T est contractant. D’après le théorème du point fixe,
on en déduit que l’équation (∗) possède une unique solution continue sur [a, b].
Exercice IV
1. Désignons par I, la matrice identité d’ordre 2. Un calcul élémentaire permet de prouver que A2 =
B 2 = 0M2 (R) . On en déduit immédiatement que ∀n ≥ 2, An = B n = 0M2 (R) , et ainsi, exp(A) = I+A
et exp(B) = I + B. Par conséquent :
1
−θ
1 −θ
1 0
A B
.
=
e .e =
θ 1 − θ2
0 1
θ 1
0 −θ
, et (A + B)2 = −θ2 I. Une récurrence immédiate laissée aux soins du
2. On a : A + B =
θ 0
2n
n 2n
2n+1
lecteur prouve alors
= (−1)n θ2n+1 J, où
n ∈ N, (A + B) = (−1) θ I et (A + B)
que pour
0 −1
. En distinguant les termes de rang pairs et les termes de rangs impairs
l’on a posé J =
1 0
dans le calcul de l’exponentielle, on obtient :
exp(A + B) =
=
=
=
+∞
+∞
X
(A + B)2n X (A + B)2n+1
+
(2n)!
(2n + 1)!
n=0
n=0
!
!
+∞
+∞
X (−1)n θ2n
X
(−1)n θ2n+1
.I +
.J
(2n)!
(2n + 1)!
n=0
n=0
cos θI + sin θ.J
cos θ − sin θ
.
sin θ
cos θ
3. Prenons par exemple θ = 1. on vient de démontrer qu’il existait des valeurs de θ pour lesquelles
exp(A + B) 6= exp(A) exp(B). D’après un théorème du cours, on sait que si AB = BA (A et B
commutent), alors exp(A + B) = exp(A). exp(B). L’explication vient donc ici du fait que A et B
ne commutent pas, donc on ne peut rien prévoir quant à exp(A + B).
Remarque : une vérification immédiate prouve que AB 6= BA dans notre cas.
3